清华大学环境工程原理(分离过程原理)期末试卷(环3)

环3 《环境工程原理》——分离过程原理试题
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一、问答题（每题6分，共30分）：
(1)在过滤过程中，滤饼层的可压缩性通常用什么参数来表示？试分析说明滤饼层为不可压缩
和可压缩两种情况时，增加过滤压差对过滤速度的影响。

(2)试比较深层过滤和表面过滤的特点和差异。

(3)试说明反渗透膜材质是如何影响膜的截留率的？
(4)空气中含有SO2和CH4两种气体，其分压相同，试判断哪种污染物更易被水吸收？为什么？
(5)采用活性炭吸附某含酚废水，当采用单级吸附饱和后，将饱和后的活性炭填充到固定床中，
从顶部通入同样浓度的含酚废水，问活性炭是否还能吸附酚？为什么？
二、采用转筒离心机分离悬浊液中的固体颗粒，已知颗粒直径为50μm，颗粒密度为6600kg/m3，悬浊液密度为1000kg/m3，黏度为1.2×10-3Pa·s，转筒尺寸为h=500mm, r1=50mm, r2=100mm, 离心机转速为250r/min。

（20分）
(1)求离心机完全去除固体颗粒时的最大悬浊液处理量。

(2)如果改用直径D与离心机相同的旋流分离器处理该悬浊液，假设进液口宽度B=D/4，液体
在旋流分离器中的旋转圈数为5，采用什么样的操作条件，才能使旋流分离器的分离效率与离心机相同。

三、对某有害气体采用吸收法处理，已知气液两相的相平衡关系为y*＝1.2x。

假设气体中溶质摩尔分数为0.3，吸收剂中的溶质摩尔分数为0.01，液气比为2。

（25分）
(1)采用逆流操作时，请画出操作线和平衡线的关系示意图。

假设气体出口处气体中溶质摩尔
分数为0.02，计算气体进口和出口处的推动力。

(2)采用并流操作（气体和吸收剂均从塔底部进入）时，请画出操作线和平衡线的关系示意图。

如果同样要求气体出口处气体中溶质摩尔分数达到0.02，问是否能够达到要求？气体中溶质摩尔分数最低能达到多少？
(3)在上述并流操作条件下，如果要使气体出口处气体中溶质摩尔分数达到0.02，应如何调整
操作参数？请通过计算说明。

四、采用萃取法处理含酚废水。

已知待处理的含酚废水体积为10L, 密度为1000 kg/m3，废水中的酚浓度为100 mg/L，要求萃取后废水中酚浓度达到15mg/L以下。

假设酚的分配系数为15，并不随溶液组成而变化。

（25分）
(1)采用单级萃取时，问需要添加多少kg的萃取剂？
(2)将单级萃取后的萃取相与同样体积和同样浓度的含酚废水再次接触进行萃取操作，问废水
中的酚浓度可以降低到多少？并请画出操作线和平衡线的关系示意图。

(3)重复（2）的操作，求最终得到的萃取相中酚的最大浓度为多少？
参考解答：
一、问答题解答：
(1) 压缩性通常用压缩指数s 来表示。

由102s
p K r c
μ−Δ=可知，增加过滤压差，过滤速度都会增加，但是滤饼层不可压缩时，过滤速度会增加得更快。

(2) 略 (3) 截留率可由下式计算：
()()w w A
K p K p K πβπΔ−Δ=Δ−Δ+ 膜材料的性质通过Kw 和K A 影响截流率。

膜对溶质的亲合性高，Kw 大，对溶质的亲合性小,KA 小，截留率高。

(4) SO 2更容易被水吸收。

因为SO 2在水中的溶解度系数更大，而且能够跟水结合并进一步解离。

(5) 还能吸附。

因为单级吸附饱和后，所对应的平衡浓度低于原废水中的酚浓度。

当在固定床中通入同样浓度的含酚废水时，液相浓度增加，活性碳又处于不饱和状态，所以还会继续吸附。

二、解答：
（1）假设颗粒运动位于层流区，则颗粒的沉降时间为
()()()()322222511818 1.2100.1ln ln 1.56s 0.05
66001000 5.0102250/60p p r t r d μρρωπ−−××==−−××××= 所以悬浊液的最小停留时间为1.56s
最大处理量为
()223.140.10.050.50.007551.56
V V q t ×−×===m 3/s 检验：沉降速度
()()()()22
522
2366001000 5.0100.12250/600.044m/s 1818 1.210p p t d r u πρρωμ−−−×××××−===×× 雷诺数531000 5.0100.044Re 1.821.210p t p d u ρμ
−−×××===×<，假设正确。

（2）旋流分离器与离心机分离同样尺寸的颗粒，需要的进口流速为
()()()322599 1.2100.05 2.45.010 3.14660010005
i c p B u d N μπρρ−−×××==−×××−×=m/s （B=D/4=0.2/4=0.05m ）
检验：()220.05m/s 18p p i t m d u u r ρρμ−==
531000 5.0100.05Re 1.821.210p t p d u ρμ
−−×××===×<，假设正确。

三、解答：
（1）进行单位换算，由y 1=0.3→10.429Y =，y 2=0.02→20.0204Y =，x 2=0.01→
20.01X =气体出口处与液相平衡的气相摩尔分数为 *
22 1.20.010.012Y mX ==×=所以推动力为
*220.02040.0120.0084Y Y Y Δ=−=−=气体进口处液相摩尔分数为 ()11221()0.50.4290.02040.010.214/nL nG
X Y Y X q q =−+=×−+= 气体出口处与液相平衡的气相摩尔分数为
*11 1.20.2140.257Y mX ==×=所以推动力为
*
110.4290.2570.172Y Y Y Δ=−=−=（2）并流操作，气体出口最大为*22Y Y =, 10.01X =, 10.429Y =
物料衡算平衡式如下： 1221()nL nG
q Y Y X X q −=− 求得，所以出口气体最低为
20.14X =*22 1.20.140.170.0204Y Y ==×=>
不能达到处理要求。

（3）可以通过增加液气比来实现
1221
0.4290.020458.40.0170.01nL nG q Y Y q X X −−===−−（其中*2220.0171.2Y X X ===） 即将液气比提高到58.4可以实现。

四、解答：
（1）单级萃取 料液中B 的量为3
101000/19999910B L kg m g g =×−=≈kg 1/100000.0001mF X g g ==；0.15/100000.000015mR X == 根据物料衡算mF mE mR B X S Y B X ×=×+×
又因为
15mE mR mR Y kX X ==所以需要的萃取剂为() 3.7815mF mR mR
B X X S X −==kg （2）再次萃取后，由物料衡算和平衡关系
''mF mR mE mE B X B X S Y S Y ×−×=×−×
''15mE mR
Y X = 可得，浓度为3.7mg/L
' 5.5710mE Y −=×4（3）重复操作，最终得到的萃取相中的浓度是与处理液浓度平衡的浓度
所以()3max 15 1.510mR mE Y X −==×，浓度为1500 mg/L。